Question

8．已知函數(shù)$f（x）=1-\frac{2}{{2{a^{x-1}}+1}}$（a＞0且a≠1）是定義在R上的奇函數(shù)．
（Ⅰ） 求實數(shù)a的值；
（Ⅱ） 證明函數(shù)f（x）在R上是增函數(shù)；
（Ⅲ）當x∈[1，+∞）時，mf（x）≤2^x-2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用奇函數(shù)的定義即可求出，f（0）=0，且f（-x）=-f（x），
（Ⅱ）利用單調(diào)性的定義即可證明，假設(shè)，作差，比較，判斷，下結(jié)論．
（Ⅲ）分離參數(shù)m后得到$m≤\frac{{（{{2^x}-2}）（{{2^x}+1}）}}{{{2^x}-1}}（{x≥1}）$，設(shè)t=2^x-1（t≥1），構(gòu)造函數(shù)$g（t）=t-\frac{2}{t}+1$，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題解決．

解答 解：（Ⅰ）：∵f（x）是定義在R上的奇函數(shù)．
∴$f（0）=1-\frac{2}{{\frac{2}{a}+1}}=1-\frac{2a}{2+a}=\frac{2-a}{2+a}=0$，
∴a=2．
∴$f（x）=1-\frac{2}{{{2^x}+1}}=\frac{{{2^x}-1}}{{{2^x}+1}}$，
∴$f（{-x}）=\frac{{{2^{-x}}-1}}{{{2^{-x}}+1}}=\frac{{1-{2^x}}}{{1+{2^x}}}=-f（x）$，
∴f（x）是定義在R上的奇函數(shù)．
∴a=2．
（Ⅱ）任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，
則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=（{1-\frac{2}{{{2^{x_1}}+1}}}）-（{1-\frac{2}{{{2^{x_2}}+1}}}）=\frac{2}{{{2^{x_2}}+1}}-\frac{2}{{{2^{x_1}}+1}}=\frac{{2（{{2^{x_1}}-{2^{x_2}}}）}}{{（{{2^{x_1}}+1}）（{{2^{x_2}}+1}）}}$，
∵x₁＜x₂，
∴${2^{x_1}}＜{2^{x_2}}$，即${2^{x_1}}-{2^{x_2}}＜0$，
又${2^{x_1}}+1＞0，{2^{x_2}}+1＞0$，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在R上為增函數(shù)
（Ⅲ）由題意得，當x≥1時，$m（{1-\frac{2}{{{2^x}+1}}}）≤{2^x}-2$
即$m•\frac{{{2^x}-1}}{{{2^x}+1}}≤{2^x}-2$恒成立，
∵x≥1，
∴2^x≥2，
∴$m≤\frac{{（{{2^x}-2}）（{{2^x}+1}）}}{{{2^x}-1}}（{x≥1}）$恒成立，
設(shè)t=2^x-1（t≥1），
則$m≤\frac{{（{t-1}）（{t+2}）}}{t}=\frac{{{t^2}+t-2}}{t}=t-\frac{2}{t}+1$
設(shè)$g（t）=t-\frac{2}{t}+1$，
則函數(shù)g（t）在t∈[1，+∞）上是增函數(shù)．
∴g（t）_min=g（1）=0，
∴m≤0，
∴實數(shù)m的取值范圍為m≤0．

點評 本題考查函數(shù)恒成立問題，以及函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的定義，考查學(xué)生的分析問題解決問題的能力，恒成立問題往往轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題解決，或分離參數(shù)后再求函數(shù)最值．